广东省六校联盟2020届高三物理上学期第二次联考试卷（附解析Word版）

2019 年广东省六校联盟高三上学期第二次联考理综物理试题（深圳实验，广州二中，珠海一 中，，东莞中学，中山纪中） 二、选择题 1.如图所示有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于 O 点，O 点恰好是下半圆的顶点, 它们处在同一竖直平面内．现有两条光滑直轨道 AOB、COD，轨道与竖直直径的夹角关系为 ，现让一小物块先后从这两条轨道顶端由静止下滑至底端，则下列关系中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据动能定理直接判断速度大小，根据运动学公式求解时间。 【详解】AB．小物块下滑过程中只有重力做功，同一物块重力做功只和高度有关系，COD 轨道 竖直高度更高，根据动能定理可知重力做功等于物块落至底端的动能，所以 ，故 AB 错误； CD．以 AOB 轨道的物块为研究对象，根据位移与速度的关系： 同理 COD 轨道： 两式相比且 ： α β> B Dv v= B Dv v> AB CDt t= AB CDt t> B Dv v< 22 1 12 cos coscos 2 AB RR α g α tα + =  22 1 12 cos coscos 2 CD RR β g β tβ + =  cos cosα β + AB CDt t> 1x 2x 1x 2x 1x 2x 1x 2x 的定义判断电势能的变化。 【详解】AB． 图像的斜率的物理意义为场强，根据图像可知两处的斜率大小不同、方 向相反，所以两处的场强大小不为零且方向相反，故 AB 错误； CD．沿着电场线方向电势降低，说明 处的电场线沿着 x 轴的负方向，粒子能够从静止出发， 说明粒子带负电，根据电势的定义式： 可知，粒子从 粒子从到 过程中，电势能先减小后增大，故 C 正确，D 错误。 【点睛】注意利用电势的定义式计算时，因为电势的选取是相对的，所以公式中的物理量的 正负需要代入，这样才能准确判断电势能的变化。 3.有四条垂直于纸面的长直固定导线，电流方向如图所示，其中 三条导线到 导线 的距离相等，三条导线与 的连线互成 角.四条导线的电流大小都为 ，其中 导线对 导线的安培力大小为 .现突然把 导线的电流方向改为垂直于纸面向外，电流大小不变. 此 时 导线所受安培力的合力大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】把 导线的电流方向改为垂直于纸面向外后，对 进行；受力分析如图所示： 对 的斥力大小为 ， 对 的斥力大小为 ， 对 的引力大小为 ，根据共点力的合 成可知 导线所受的合力为 ，D 正确. xφ− 1x pE q ϕ = 1x 2x a b c、 、 d d 120° I a d F c d 0 F 3F 2F c d a d F b d F c d F d 2F 4.如图所示，A 和 B 为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时 开关 S 闭合且滑动变阻器的滑片 P 在 a 处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能 忽略，下列判断正确的是 A. 小球带负电 B. 当滑片从 a 向 b 滑动时，绝缘线的偏角 θ 变大 C. 当滑片从 a 向 b 滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D. 当滑片从 a 向 b 滑动时，电源的输出功率一定变大 【答案】C 【解析】 【分析】 由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑 动头从 a 向 b 滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判 断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源 的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小． 【详解】A.由图，A 板带正电，B 带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力 向右，则小球带正电．故 A 错误． B.滑动头向右移动时，R 变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压 U=E-Ir 变小，电 容器电压变小，小球受到电场力变小，细线偏角变小，故 B 错误． C.滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因 A 板带正电，则流过电流表的电流 方向向下．故 C 正确． D.根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于 内阻，外电阻减小输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题， 不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故 D 错误. 【点睛】本题含容电路的问题，是高考热点问题．对于电容器，关键是分析和计算其电压， 及充电情况．电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导． 5.如图，质量分别为 M、m的两个木块 A、B 通过轻弹簧连接，木块 A 放在水平桌面上，木块 B 用轻绳通过定滑轮在力 F 的作用下整体恰好处于静止状态，绳与水平方向成 角．不计滑轮 与绳间的摩擦．则下列正确的是（ ） A. 木块 A 对桌面的压力 B. 木块 A 与桌面之间的动摩擦因数 C. 弹簧与水平方向的夹角的正切值 D. 弹簧的弹力大小为 【答案】C 【解析】 【分析】 系统处于静止状态，通过先整体后隔离的方法进行分析求解，系统恰好静止，说明 A 物块受 到最大静摩擦力。 【详解】A．对 A、B 物块和弹簧构成的系统整体受力分析可知： 根据牛顿第三定律可知木块 A 对地面的压力为： ，故 A 错误； B．题中未说明最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，所以无法计算动摩擦因数，故 B 错误； CD．对 B 物块受力分析，正交分解： 两式相比解得： α ( )M m g F+ − cos ( ) F M m g F αµ = + − sintan cos F mg F αβ α −= 2 2( sin ) ( cos )F F F mgα α= + −弹 sin ( )F α N M m g+ = +地 ( ) sinM m g F α+ − sin sin cos cos F β F α mg F β F α = − = 弹 弹 两式平方相加解得： 故 C 正确，D 错误。 【点睛】系统处于静止状态，优先考虑整体法，分析单个物体需要选择受力较少的物体进行 受力分析进而正交分解。 6.真空中电量均为 Q 的两同种点电荷连线和一绝缘正方体框架的两侧面 ABB1A1 和 DCC1D1 中心 连线重合，连线中心和立方体中心重合，空间中除两同种电荷 Q 产生的电场外，不计其它任 何电场的影响，则下列说法中正确的是（ ） A. 正方体两顶点 A、C1 电场强度相同 B. 正方体两顶点 A、C1 电势相同 C. 两等量同种点电荷周围电场线和面 ABB1A1 总是垂直 D. 把正检验电荷 q 从顶点 A 移到 C 电场力不做功 【答案】BD 【解析】 【分析】 电场强度是矢量，通过场强的叠加获得合场强；电势是标量，沿着电场线方向电势降低，可 以根据对称性判断电势的大小；电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力不做功。 【详解】AC．电场强度是矢量，需要两个电荷在不同点进行场强的叠加，所以 A 点和 C1 点两 处的电场强度大小相等，方向不同，且 A 点合场强不与面 ABB1A1 垂直，所以 AC 错误； B．根据电势的对称性可知 A、B、B1、A1、和 D、C、C1、D1 这 8 个点的电势相等（关于点电荷 连线的中点对称），故 B 正确； D．因为 A 点和 C 点的电势相等，根据电场力做功： sintan cos F mg F αβ α −= 2 2( cos ) ( sin )F F F mg= + −弹 α α 可知，正检验电荷 q 从顶点 A 移到 C 电场力不做功，故 D 正确。 【点睛】考察等量同种电荷电场线和等势面的分布，掌握电场强度和电势的标矢性。 7.如图所示，O 处为地心，卫星 1 环绕地球做匀速圆周运动，卫星 2 环绕地球运行的轨道为椭 圆，两轨道不在同一平面内．已知圆轨道的直径等于椭圆轨道的长轴，且地球位于椭圆轨道 的一个焦点上，引力常量为 G，地球的质量为 M，卫星 1 的轨道半径为 R，卫星 1 的运转速度 为 ，关系为 ．下列说法正确的是（ ） A. 卫星 1 的运行周期大于卫星 2 的运行周期 B. 卫星 2 在 P、Q 点的速度大小关系为 C. 卫星 2 在 Q 点的速度 D. 如果卫星 1 的加速度为 a，卫星 2 在 P 点的加速度为 ，则 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据开普勒第三定律判断半径与周期的大小，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求解 相关物理量，根据卫星变轨判断速度大小。 【详解】A．根据开普勒第三定律： 可知，卫星 1 的半径等于卫星 2 的半长轴，所以卫星 1 的运行周期等于卫星 2 的运行周期， 故 A 错误； B．卫星 2 在轨道上运行过程中机械能守恒，在 P 点引力势能最小，动能最大，在 Q 点则相反， W qU= 0v 1.5OQ R= 0p Qv v v> > 2 3Q GMv R < pa pa a> 3 2 a kT = 所以 ， 是圆周运动的速度，根据题目中的条件可知，圆周运动的速度大小大于椭圆 轨道远地点的速率，小于近地点的速率，所以 ，故 B 正确； C．若卫星 2 在 OQ 为半径的轨道上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力： 解得： ，在椭圆轨道的 Q 点要做近心运动，所以 ，故 C 正确； D．万有引力提供加速度： 解得： ，P 点距离中心天体较近，所以 ，故 D 错误。 【点睛】本题考察万有引力定律、开普勒第三定律以及变轨问题。 8.如图所示，锁定的 A、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知 A、B 两 球质量分别为 2m 和 m．过程一：只解除 B 球锁定，B 球被弹出落于距桌边水平距离为 s 的水 平地面上；过程二：同时解除 A、B 两球锁定，则（两种情况下小球离开桌面前，弹簧均已恢 复原长）（ ） A. 两种情况下 B 小球机械能增量均相同 B. 两过程中，在 B 球落地前 A、B 两小球及弹簧组成的系统机械能均守恒 C. 过程二中，B 球的落地点距桌边水平距离为 D. 过程一和过程二中，弹簧对 B 球做功之比为 【答案】BCD 【解析】 【分析】 过程一中 B 球做平抛运动，弹簧的弹性势能全部转化为 B 球平抛的初动能；过程二中两小球 p Qv v> 0v 0p Qv v v> > 2 2(1.5 ) 1.5 Mm vG mR R = 2 3 GMv R = 2 3Q GMv R < 02 MmG mar = 0 2 GMa r = pa a< 6 3 s 3: 2 动量守恒；根据能量守恒和动量守恒定律求解。 【详解】A．过程一中，弹簧的弹性势能全部转化为 B 球的动能，过程二中，弹簧的弹性势能 转化为 A、B 两球的动能，所以两种情况下 B 小球机械能增量不同，故 A 错误； B．两过程中，A、B 两球和弹簧构成的系统除了重力和弹簧弹力做功之外，无其他外力做功， 所以系统机械能均守恒，故 B 正确； C．过程一中，B 球做平抛运动，竖直高度为 ： 解得： 弹性势能为： 过程二中，A、B 两球组成的系统动量守恒，初动量为 0，根据动量守恒定律： 解得： ，根据上述平抛运动的规律可解出过程二中，B 球的落地点距桌边水平距离 为 ，故 C 正确； D．弹簧对 B 球做功全部转化为 B 球脱离弹簧时的动能，所以弹簧对 B 球做功之比为 B 球两次 动能之比： 故 D 正确。 【点睛】明确研究对象，掌握机械能守恒定律和动量守恒定律的条件，分析能量转化的过程。 三、非选择题 9.如图所示是某学习小组设计的“探究做功与速度的关系”的实验装置，将光电门固定在直 h 0s v t= 21 2h gt= 0 2 gv s h = 2 0 1 2pE mv= A B2mv mv= 2 21 122 2p A BE mv mv= + 3B gv s h = 6 3 s 2 0 2 1 32 1 2 2 B mv mv = 轨道上的 O 点，将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮将小车与钩 码相连，用拉力传感器记录小车所受拉力 F 的大小，通过光电门记录遮光条通过光电门的时 间 t，结合遮光条的宽度 d 计算出小车通过光电门时的速度，该小组提出如下操作方案：用同 一钩码通过细线拉同一小车，每次小车从不同位置由静止释放，各位置 A、B、C、D、E、F、G （图中只标出了 G）与 O 点间的距离 s 分别为 ． （1）用该实验方案______（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力， （2）利用图像法处理实验数据，若以 s 为纵轴，以__________（填 或 ）为横轴作出的 图像是一条过原点的直线，则可得出做功与速度的关系． （3）若该图像斜率为 k，则小车（含传感器）的质量为 ______ ． 【答案】 (1). 需要 (2). (3). 【解析】 【分析】 (1)拉力传感器测出的拉力为小车所受合力； (2)对小车应用动能定理分析求解； (3)根据动能定理推出的关系式，分析斜率的意义。 【详解】(1)[1]利用小车自身的重力的分力平衡接触面的摩擦力，这样传感器测量的外力即 为小车受到的合外力，所以需要平衡摩擦力； (2)[2]平衡摩擦力后，拉力传感器测出的外力 F 即为小车所受合外力，根据动能定理： 遮光条通过光电门： 1 2 3 4 5 6 7s s s s s s s、 、 、 、 、 、 1 t 2 1 t 2 1 t 2 2kF d 21 2Fs mv= dv t = 两式联立解得： ，所以 与 成正比； (3)[3]根据上述计算结果可知： 解得小车（含传感器）的质量为： 。 【点睛】此题中是否需要平衡摩擦力在于问题 设法，题目中如果不平衡摩擦力仍然可以达 到实验目的，但是第(3)问无法求解，实验题目的设计有时不一定是循序渐进的引导，遇到不 会处理的或有疑惑的题目可以暂且空下，根据后面的设问来完成前面的问题。 10.要测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了以下器材： A．待测干电池 （电动势约为 ） B．电流表 （量程 ，内阻 ） C．电压表 （量程 ，内阻约 ） D．滑动变阻器 E．滑动变阻器 F．定值电阻 G．开关和导线若干 （1）该实验可以将电流表 和定值电阻 R _____（填“串联”或“并联”），改装成量程为_____ 的电流表； （2）请根据提供器材，在图甲所示的方框内画出实验电路图____________，要求实验尽可能 减小实验误差．电路中滑动变阻器应选用________________（填器材前面的字母）． （3）闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，测出多组干路电流 及电压表示数 ，根据测得 的数据作出 图像，如图乙所示，由此得到干电池的电动 _____________ ，内阻 _________ ．（结果均保留两位小数） （4）该实验_________________（填“存在”或“不存在”）由于电表内阻引起的系统误 差． 的 2 2 1 2 mds F t =  s 2 1 t 2 2 md kF = 2 2kFm d = E 1.5V A 1mA 1 599Ωr = V 3V 3kΩ ( )1 0 20Ω,1AR  ( )2 0 200Ω,1AR  =1ΩR A I U U I− E = V r = Ω 【答案】 (1). 并联 (2). 600mA（或 0.6A） (3). (4). D (5). 1.50（1.48—1.52 均对） (6). 0.84（0.75—0.90 均对） (7). 不存 在 【解析】 【分析】 (1)根据并联分流分析电表的改装； (2)使用改装后的电表画出测量所需的电路图，根据电流表的量程确定滑动变阻器的量程； (3)根据闭合电路欧姆定律推导图像所需的表达式； (4)分析路端电压和干路电流测量是否准确，判断实验是否存在误差。 【详解】(1)[1][2]电流表改装较大量程的电流表需要并联定值电阻，电流表能够通过的最大 电流为 1mA，假设改装后电流表的最大量程为 I，根据并联分流规律： 解得： (2)[3][4]电流表的量程为 0.6A，电源电动势为 1.5V，选择最大量程为 的滑动变阻器即 可，采用限流接法，因为改装后的电流表内阻已知，所以改装后的电流表接在电压表外边， 可以进行准确测量： 1 1mA 1mA R I r =− 600mA 0.6AI = = 20Ω (3)[5][6]电源和改装后的电流表可以等效为一个新电源，内阻为： 根据闭合电路欧姆定律： 图像和纵轴的截距为电源电动势，大小为 1.50V，图像的斜率为电源等效内阻： 电源的真实内阻： (4)[7]根据上述计算过程可知，改装后的电流表内阻已知，精确测量电路的干路电流，电压 表精确测量等效电源的路端电压，所以不存在由于电表内阻引起的系统误差 【点睛】熟悉电表的改装和测量电源电动势的原理是解决此题的关键。 11.如图所示，AB 为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为 μ=0.2，AB 距离为 5m；BC 为半径 r=lm 的竖直光滑绝缘半圆轨道；BC 的右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度 E=500N/C．一质量 m=lkg，电量 q=1.0×10-2C 的带负电小球，在功率 P 恒为 20W 的水平向右拉力作用下由静止开 始运动，到 B 点时撤去拉力．已知到达 B 点之前已经做匀速运动（g=10 m/s2），求： （1）小球匀速运动的速度大小； （2）小球从 A 运动到 B 所用的时间； （3）请计算分析小球是否可以到达 C 点，若可以，求轨道对小球的弹力． 1 0 1 R rr rR r = ++  电源 0U E Ir= − 0 1.5 0.8 Ω=1.84Ω0.38r −= 1 0 1 0.84ΩR rr r R r = − =+ 电源 【答案】（1） （2）3s（3） 【解析】 【分析】 分析平衡条件求解速度；应用动能定理和向心力方程求解各物理量。 【详解】（1）因为小球做匀速直线运动，所以 解得： （2）A 到 B 过程中，由动能定理： 解得： （3）小球从 B 点到 C 点，由动能定理得： 解得： 若小球恰好过 C 点，则： 解得： 则在 C 点，根据牛顿第二定律： 10m/s 25N F f= 0 10m/sPv f = = 21 2 BPt μmg AB mv− = 0 10m/sBv v= = 3st = 2 21 1( ) 2 2 2C Bmg qE r mv mv− + = − 2 10m/sCv = 2vmg qE m r + = 15m/s Cv v= < 2 C N vmg qE F m r + + = 解得轨道对小球的弹力： 【点睛】把握题目中的临界条件是解决问题的关键。 12.水平地面上固定一倾角为 θ=37°的足够长的斜面，如图所示,斜面上放一质量为 mA =1.0 kg、长 L=1.5m 的薄板 A．斜面与薄板下表面的动摩擦因数 μ1 = 0.25，同样质量为 mB =1.0 kg 的滑块 B(可视为质点)位于薄板 A 的最上端，薄板 A 上表面的前段光滑长度 L0=0.5m，B 与 A 粗糙段之间的动摩擦因数 μ2 = 0.5，开始时用外力使 A、B 静止在斜面顶端处，某时刻撤去外 力，使 A，B 由静止同时下滑．已知重力加速度 g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求： （1）滑块 B 进入薄板 A 的粗糙段时，两物体的速度； （2）运动全过程薄板 A 与滑块 B 之间的摩擦生热． 【答案】（1）1m/s（2）2J 【解析】 【分析】 滑块问题，先求解物体各自的加速度，再书写物体各自的运动学方程，最后寻找速度与位移 的关系。 【详解】（1）当滑块 B 沿薄板向下运动时，由牛顿第二定律得： 解得滑块 B 加速度： ，方向沿斜面向下，此过程斜面对 A 的摩擦力： 方向沿斜面向上，又因为： ，则薄板 A 也将向下加速运动，根据牛顿第二定律： 解得木板的加速度： ，方向沿斜面向下，滑块 B 相对薄板 A 下滑，将进入粗糙段 时，由运动学方程： 25NNF = B B Bsinm g θ m a= B =6m/sa 1 1 A B( ) cos 4Nf μ m m g θ= + = A 1sinm g θ f> A 1 A B A Asin ( ) cosm g θ μ m m g θ m a− + = 2 A 2m/sa = 2 2 B A 0 1 1 2 2a t a t L− = 解得： ，滑块 B 的速度： 薄板 A 的速度： （2）滑块 B 进入粗糙段后，受到向上的摩擦力，根据牛顿第二定律： 则滑块 B 的加速度： ，方向沿斜面向下，同理对薄板 A： 解得加速度： ，方向沿斜面向下，两物体以不同加速度运动至共速，所用时间为 ，根据运动学公式： 解得： 共同速度大小： ，共速后假设 AB 不分开，求整体加速度： 滑块 B 受到静摩擦力： 则二者保持相对静止，一起沿斜面向下运动，则 A、B 相互摩擦过程中，相对位移为： 解得： ，A 未脱离 B 板，在整个过程中产生的热量： 【点睛】滑块也可以用速度时间图像来分析，通过图像的面积关系求解相对位移，进而计算 摩擦生热。 13.下列说法正确的是________ A. 古希腊思想家亚里士多德在对待“力与运动的关系”问题上，认为“物体运动不需要力维 持” 0.5st = B B 3m/sv a t= = A A 1m/sv a t= = B 2 B B Bsin cosm g θ μ m g θ m a′− = 2 B 2m/sa′ = A 2 B 1 A B A Asin cos ( ) cosm g θ μ m g θ μ m m g θ m a′+ − + = 2 A 6m/sa′ = 1t B B 1 A A 1v a t v a t′ ′+ = + 1 0.5st = A B 4m/sv v′ ′= = 2 1sin cos =4m/sa g θ μ g θ= −共 B B 2sin 2Nf m g θ m a f= − =